长沙市第一中学2020届高三物理上学期第三次月考试题含解析

湖南省长沙市第一中学2020届高三物理上学期第三次月考试题含解析湖南省长沙市第一中学2020届高三物理上学期第三次月考试题含解析PAGE26-湖南省长沙市第一中学2020届高三物理上学期第三次月考试题含解析湖南省长沙市第一中学2020届高三物理上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.以下说法中正确的是（）A。利用洗衣机能把衣服甩干，是因为衣服中的水受到离心力而做离心运动B。开普勒总结出了行星运行的规律，发现万有引力定律C。所有绕地球做匀速圆周运动的卫星的圆心一定和地心重合D.绕地球做圆周运动周期是24h的卫星一定是同步卫星【答案】C【解析】【详解】A.利用洗衣机能把衣服甩干，是因为衣服中的水受到的力小于水做圆周运动所需要的向心力，而做离心运动，故A错误;B。开普勒总结出了行星运行的规律，牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C.所有绕地球做匀速圆周运动的卫星都是受到的万有引力提供向心力，万有引力方向指向地心,所以匀速圆周运动的圆心一定和地心重合,故C正确；D.地球同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道即与赤道平面重合、运行周期与地球自转一周的时间相等即为一天，但绕地球转动周期是24h的卫星不一定是同步卫星，还必须在赤道平面，故D错误．2。如图所示为某质点的速度-时间图象，则下列说法中正确的是(）A.在0～6s内,质点做匀变速直线运动 B。在t=12s末，质点的加速度为—1m/s2C。在6～10s内，质点处于静止状态 D。在4s末，质点运动方向改变【答案】B【解析】在0～4s内，质点的加速度为=1。5（m/s2），在4—6s内质点的加速度为：=-1（m/s2），两段时间内的加速度不同，所以在0~6s内，质点做非匀变速直线运动，故A错误；在t=12s末,质点的加速度为a==—1（m/s2)，故B正确．

在6s~10s内，质点以4m/s的速度做匀速运动，故C错误；在0-14s内,质点的速度都为正，一直沿正方向运动，故在4s末速度方向没有改变，故D错误；故选B。点睛：本题考查学生对v—t图象的认识，记住图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示这段时间内物体通过的位移．3。如图所示，质量相同的三个小球从足够长的斜面上同一点O分别以初速度v1、v2、v3水平抛出,落在斜面上的位置分别为A、B、C，已知OA=AB=BC，空气阻力不计,则（）A.v1:v2：v3=1：2：3B。落到斜面时的速度方向不同C。落到斜面时的动能之比为1：2：3D。落到斜面时的动能增量之比为1:4:9【答案】C【解析】【详解】A、设物体的初速度为v0,斜面的倾角为α,斜面落点到O点的长度为L．则小球落在斜面上时,有，得,则有，α、g一定，则得到；由于OA=AB=BC，则OA：OB：OC=1:2：3,由上式得；故A错误．B、设小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角为θ,则有,与初速度无关，则知落到斜面时的速度方向相同;故B错误．C、小球落在斜面上速度平方为，落到斜面时的动能为，所以落到斜面时的动能之比为1：2：3，故C正确．D、根据动能定理得，飞行过程中动能增量，得飞行过程中动能增量之比为1：2:3；故D错误．故选C。【点睛】三个小球做平抛运动,运用运动的分解法，得出斜面的长度与初速度、运动时间的关系，本题中斜面的倾角反映了位移与水平方向的夹角，关键确定两个方向的位移关系得出时间表达式．4。跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg,绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g=10m/s2，当人以440N的力拉绳时,人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为

（

）A.a=1。0m/s2,F=260N B.a=1。0m/s2,F=330NC.a=3。0m/s2，F=110N D.a=3。0m/s2，F=50N【答案】B【解析】【详解】CD.以整体为研究对象,整体受重力、两根绳子拉力(T）;由牛顿第二定律可知：整体的加速度;选项CD不符合题意AB.以人为研究对象,由牛顿第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N,选项A不符合题意;选项B符合题意5。如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时,拉力的功率为A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【详解】试题分析：先求拉力F的大小．根据力矩平衡，，解得；再求速度;再求力与速度的夹角θ=30°，所以功率．考点：力矩的平衡条件；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率【名师点睛】本题主要考查了力矩的平衡条件、线速度、角速度和周期、转速、功率、平均功率和瞬时功率．属于难度较大的题目．本题要先根据力矩平衡条件求出拉力F的大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率．6.字宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统．由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．已知它们的运行周期为T，恒星A的质量为M，恒星B的质量为3M，引力常量为G，则下列判断正确的是（）A。两颗恒星相距B.恒星A与恒星B的向心力之比为3︰1C。恒星A与恒星B的线速度之比为1︰3D。恒星A与恒星B的轨道半径之比为︰1【答案】A【解析】【分析】两恒星体做匀速圆周运动的向心力来源于两恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，列式可得半径之比；根据牛顿第二定律列式可求解两颗恒星相距的距离;恒星A与恒星B的角速度相等，从而可求解线速度之比.【详解】两恒星体做匀速圆周运动的向心力来源于两恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，即，解得恒星A与恒星B的轨道半径之比为rA:rB=3:1,故选项BD错误；设两恒星相距为L，则rA+rB=L,根据牛顿第二定律：，解得，选项A正确;由可得恒星A与恒星B的线速度之比为3：1，选项D错误;故选A.7.如图所示，质量为m，带电量为q的微粒，以初速度从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A。 B。 C. D。【答案】C【解析】【详解】粒子从A到B，在水平方向上只受到电场力，根据运动学公式:为A到B沿电场线方向的距离,电场力提供加速度：联立方程:匀强电场中电势差与电场强度的关系：代入方程整理得:则有：ABD错误,C正确.故选C8。如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k。一端固定在倾角为θ的斜面底端，弓一端与物块A连接；两物块A,B质量均为m,初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A,B两物块在开始阶段时间内的v-t关系分别对应图乙中A，B图线(t1时刻A、B的图线相切,t2时刻对应A图线的最高点）,重力加速度为g,则（）A.t2时刻，弹簧形变量为0B。t1时刻，弹簧形变量为C。过程中，拉力F逐渐增大D。过程中，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少【答案】D【解析】【详解】A．由图知，时刻A的加速度为零，速度最大,根据牛顿第二定律和胡克定律得则得A错误；B．由图读出,时刻A、B开始分离,对A根据牛顿第二定律解得B错误；C．从开始到时刻,A与B整体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律，有解得由于x逐渐减小，故F逐渐增加，从时刻到时刻，B物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知解得拉力恒定，C错误；D．时刻A、B分离临界,则A、B间弹力零，此时二者加速度相同，从开始到时刻，对B动能定理对A动能定理解得D正确。故选D9。质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则A。0～t1时间内,汽车的牵引力等于B.t1～t2时间内,汽车的功率等于C.汽车运动的最大速度等于D.t1～t2时间内，汽车的平均速度小于【答案】BC【解析】【详解】A。由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动,，F1—Ff=ma，联立得，，故A错误；B。在t1时刻汽车达到额定功率：P=F1v1=(m+Ff)v1，t1~t2时间内,汽车保持额定功率不变，故B正确；C.t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=Ff，P=F2v2，，故C正确;D。由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知,t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故D错误．10.质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小和B球的速度大小可能为A.， B.，C.， D.,【答案】AC【解析】【详解】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒：mv0=mvA+2mvB，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D不满足，ABC满足;根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，B选项碰撞前总动能为，B选项碰撞后总动能为，B不满足，AC满足；故AC正确，BD错误．故选AC．11。如图，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程下列说法正确的是（）A.传送带克服摩擦力做功为mv2B.传送带克服摩擦力做功为C.电动机多做的功为D。物体与传送带间因摩擦产生的内能为【答案】AD【解析】【详解】CD．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体在这个过程中获得动能就是设物体的运动时间为t,物体位移为传送带的位移为相对位移为系统产生的内能为所以电动机多做的功为C错误D正确;AB．传送带克服摩擦力做的功就是电动机多做的功,所以由CD的分析可知,传送带克服摩擦力做功为，B错误A正确。故选AD。12.如图所示，一个电容为C，电量为Q的平行板电容器竖直放置，两板间的电场可视为匀强电场，将一个质量为m，电荷量为﹣q的带电小球(可视为质点），不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间O点．现将小球拉至水平位置M点，由静止释放，当小球延圆弧向下摆动60度到达N点时，速度恰好为零．则(A.电容器的左极板带负电B.绳子的最大拉力为2mgC。电容器两极板间的距离为D.如果让电容器的带电量减半，小球仍从M点有静止释放，到达N点时速度仍为0【答案】AC【解析】【详解】A．小球从M到N的过程中，动能变化为零，根据动能定理，合力做功0，而重力做正功，则电场力对小球做负功，即电场力方向向右，由于小球带负电，故场强方向向左，所以左极板带负电，右极板带正电．故A正确；BC．设两板间电势差为U、场强为E,由和得E=对球,从M到N由动能定理有mgLsin60°﹣qEcos60°=0﹣0所以有Eq=mgtanθ=mg解得则重力与电场力的合力大小为2mg；方向沿与水平方向成30°角，此时绳子的拉力F﹣2mg=m因速度不为零；故拉力一定大于2mg；故B错误，C正确；D．由电量减半时,电压减半，则极板间的场强减半；从M到N的过程中电场力做功变小，根据动能定理外力做功之和mgLsin60°﹣qEcos60°大于零,则小球从M点释放后，还没有到达N点时速度不会为零；故D错误；故选AC．点评：该题中带电的小球在重力和电场力的复合场中做类单摆运动，需要正确对运动的过程和小球的受力减小分析．该题中需要注意的是：小球速度最大时重力、电场力、细绳上的拉力和F提供小球做圆周运动的向心力．二、实验、探究题（本题共2小题，每空3分，共15分）13.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素,其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．（1）下列关于实验中使用静电计的说法正确的是__A.静电计可以用电流表替代B.静电计可以用电压表替代C.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况D。使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况(2)下列做法可使静电计张角变小的有___A.将左极板缓慢左移

B。将左极板缓慢上移C。在两极板间插入云母板（介电常数大于1）

D。在两极板间插入较厚的金属板【答案】（1)。C（2）。CD【解析】【详解】（1）［1］AB.静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代；电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故AB错误；C.静电计可测量电势差，根据指针张角的大小,观察电容器电压的变化情况，故C正确；D。静电计无法判断电量的变化情况，故D错误．（2）［2]A。根据电容的决定式，将左极板缓慢左移，板间距离d增大,则电容C减小，因为电容器带电后与电源断开,电量Q不变,根据定义式，可知电势差U增大，指针张角变大，故A错误；B。由知，将左极板缓慢上移，正对面积S减小，则电容C减小,根据定义式，电量Q不变,可知电势差U增大，指针张角变大，故B错误．C.在两极板间插入云母板（介电常数大于1），根据电容的决定式，介电常数变大，则电容C增大，根据定义式，电量Q不变，可知电势差U减小，指针张角变小，故C正确;D。在两极板间插入较厚的金属板,金属板在匀强电场中静电平衡，成为等势体，相当于其板间距离d减少了，由电容的决定式知，电容C增大，根据定义式,电量Q不变，可知电势差U减小,指针张角变小，故D正确．14。如图甲所示的装置叫做阿特伍德机,是英国数学家和物理学家阿特伍德(G·Atwood746—1807）创制的一和著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示.（已知当地的重力加速度为g）(1)该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度如图丙所示，则d=___________mm；然后将质量均为m（A的含挡光片和挂钩、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h。(2）为了验证动量守恒定律,该同学让A在桌面上处丁静止状态，将乃从静止位置竖直提升s后由自由下落，光电门记录下挡光片挡光的时间为Δt(B未接触桌面）,则验证绳绷紧过程中系统治绳方向动量守恒定律的表达式为__________；如果该同学忘记将B下方的C取下（C的质量也为m），光电门记录挡光片挡光的时间为△t′。完成测量后,骑证动量守恒定律的表达式为__________。(用题中所给物理量符号表示）【答案】(1）。5.00(2).(3)。【解析】【详解】（1)[1]游标卡尺的精度为，主尺度数为,则读数（2)[2］根据机械能守恒定律可知解得则可知,作用前的动量此后AB一起做匀速运动，运动速度作用后的动量故只要验证(2)[3]若没有摘去C，则三个物体速度相同后做加速运动，则根据机械能守恒定律可知解得则作用后的动量故应验证的表达式为三、计算题（本大题共4小题，共47分）15。如图所示，平行金属板长为L,一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场,刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计,求：(1）粒子末速度大小；(2）电场强度；（3)两极板间距离．【答案】(1）（2)（3）【解析】【分析】粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离．【详解】（1)粒子离开电场时速度如图所示：由图可知：（2）粒子从射入电场到离开电场,由动能定理得：联立以上解得：(3)带电粒子做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t粒子离开电场时,粒子竖直方向的分速度：vy=v0tan60°两板间的距离：【点睛】:本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动,要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．16。香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为Q（流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积）,设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计．（1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；（2）由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力．试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；(3）要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率．水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能．请根据第（2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式．【答案】（1);（2）；（3）．【解析】【详解】(1）设很短时间内，从喷口喷出的水的体积为△V，质量为△m,水柱在喷口的初速度为v0，喷口的横截面积为S．则解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为（2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,时间这些水对板的作用力的大小为F′，板对水的作用力的大小为F，以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力，根据动量定理有根据牛顿第三定律F=F′由于米老鼠模型在空中悬停，根据力平衡条件得联立可解得（3）设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，对于时间内喷出的水，根据机械能守恒定律(或运动学公式)得水泵对水做功的功率为联立解得17。如图所示，水平地面上静止放置一辆长度为L=1。5m、质量mA=4kg的小车A，小车的上表面粗糙,小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计；小车左端固定一轻质弹簧，自然长度为L=0.5m,最右端静置一质量mB=2kg的物块B（可视为质点）；现对A施加一个水平向右F=20N的恒力，小车运动一段时间后,物块B和弹簧接触,同时撤掉恒力F，已知物块B和小车间的动摩擦因数.不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求:（1）水平向右的恒力F作用的时间t;（2）弹簧最大压缩量d=0。3m时，弹簧的弹性时能Ep。【答案】(1）；（2）【解析】【详解】(